2014年高考数学（文）立体几何试题汇编

详细内容

20．、[2014•湖北卷] 如图15，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：
(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.

图15
20．证明：(1)连接AD1，由ABCD A1B1C1D1是正方体，
知AD1∥BC1.
因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.

(2)如图，连接AC，BD，A1C1，则AC⊥BD.
由1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
可得1⊥BD.
又AC∩1＝C，所以BD⊥平面A1A1.
而AC1⊂平面A1A1，所以BD⊥AC1.
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.
又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.
18．、[2014•湖南卷] 如图13所示，已知二面角αMNβ的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.

图13
(1)证明：AB⊥平面ODE；
(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．
18．解：(1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.
连接BD，由题设知，△ABD 是正三角形，又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.

(2)因为BC∥AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．
由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角αMNβ的平面角，从而∠DEO＝60°.
不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝3.
在Rt△DOE中，DO＝DE•sin 60°＝32.
连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝DOAD＝
322＝34.
故异面直线BC与OD所成角的余弦值为34.
16．、[2014•江苏卷] 如图14所示，在三棱锥P ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.

18．，[2014•山东卷] 如图14所示，四棱锥PABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．

图14
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：BE⊥平面PAC.
18．证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，

AB＝BC＝12AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，
所以O为AC的中点．
又在△PAC中，F为PC的中点，所以AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知，ED∥BC，ED＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，
所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形，
所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.

图14
16．证明： (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，所以DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.
19．、[2014•江西卷] 如图11所示，三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.
(1)求证：A1C⊥1；
(2)若AB＝2，AC＝3，BC＝7，问AA1为何值时，三棱柱ABC A1B1C1体积最大，并求此最大值．

图11
19．解：(1)证明：由AA1⊥BC知BB1⊥BC.又BB1⊥A1B，故BB1⊥平面BCA1，所以BB1⊥A1C.
又BB1∥1，所以A1C⊥1.
(2)方法一：设AA1＝x.
在Rt△A1BB1中，A1B＝A1B21－BB21＝4－x2.
同理，A1C＝A1C21－21＝3－x2.
在△A1BC中，
cos∠BA1C＝A1B2＋A1C2－BC22A1B•A1C＝
－x2（4－x2）（3－x2），
sin∠BA1C＝12－7x2（4－x2）（3－x2），
所以S△A1BC＝12A1B•A1C•sin∠BA1C＝12－7x22.
从而三棱柱ABC A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.
因为x12－7x2＝12x2－7x4＝
－7x2－672＋367，
所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.
(2)方法二：过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.
由AA1⊥BC，A1D⊥BC，得BC⊥平面AA1D，故BC⊥AD.又∠BAC＝90°，
所以S△ABC＝12AD•BC＝12AB•AC，得AD＝2217.
设AA1＝x.在Rt△AA1D中，

A1D＝AD2－AA21＝127－x2，
S△A1BC＝12A1D•BC＝12－7x22.
从而三棱柱ABC A1B1C1的体积V＝S直•l＝S△A1BC•AA1＝x12－7x22.因为x12－7x2＝12x2－7x4＝－7x2－672＋367，
所以当x＝67＝427，即AA1＝427时，体积V取到最大值377.
19．、[2014•辽宁卷] 如图14所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．

图14
(1)求证：EF⊥平面BCG；
(2)求三棱锥D BCG的体积．
附：锥体的体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高．
19．解：(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC，
因此AC＝DC.
又G为AD的中点，所以CG⊥AD，
同理BG⊥AD.又BG∩CG＝G，所以AD⊥平面BGC.
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.

(2)在平面ABC内，作AO⊥CB，交CB延长线于点O.
由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.
又G为AD的中点，所以G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．
在△AOB中，AO＝AB•sin 60°＝3，所以
V三棱锥D BCG＝V三棱锥G BCD＝13•S△DBC•h＝13×12•BD•BC•sin 120°•32＝12.
19．[2014•全国新课标卷Ⅰ] 如图14，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

图14
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC A1B1C1的高．
19．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．
因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，
由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，且AO∩OD＝O，
故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，且AD∩BC＝D，
所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝34.
因为AC⊥AB1，所以OA＝12B1C＝12.
由OH•AD＝OD•OA，且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC A1B1C1的高为217.

18．、[2014•四川卷] 在如图14所示的多面体中，四边形ABB1A1和A1A1都为矩形．
(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面A1A1.
(2)设D，E分别是线段BC，1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．

图14
18．解：(1)证明：因为四边形ABB1A1和A1A1都是矩形，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.
因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，
所以AA1⊥平面ABC.
因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面A1A1内的两条相交直线，
所以BC⊥平面A1A1.
(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．

图14
由已知，O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△A1的中位线，
所以MD?12AC，OE?12AC，
因此MD?OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，所以DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC.
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.
17．、、[2014•天津卷] 如图14所示，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．

(1)证明：EF∥平面PAB；
(2)若二面角PADB为60°.
(i)证明：平面PBC⊥平面ABCD；
(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．

17．解：(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，所以MF∥BC，且MF＝12BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD，又由于E为AD中点，因而MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.
(2)(i)证明：连接PE，BE.因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，所以PE⊥AD，BE⊥AD，所以∠PEB为二面角P AD B的平面角．在△PAD中，由PA＝PD＝5，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由BA＝BD＝2，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60˚，由余弦定理，可解得PB＝3，从而∠PBE＝90˚，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.
(ii)连接BF，由(i)知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．由PB＝3及已知，得∠ABP为直角，而MB＝12PB＝32，可得AM＝112，故EF＝112.又BE＝1，故在直角三角形EBF中，sin∠EFB＝BEEF＝21111.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为21111.
20．、[2014•浙江卷] 如图15，在四棱锥A BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.

图15
(1)证明：AC⊥平面BCDE；
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．
20．解：(1)证明：连接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2，由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.
(2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝2，DC＝2，得BD⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC.
作EF∥BD，与CB的延长线交于点F，连接AF，则EF⊥平面ABC.
所以∠EAF是直线AE与平面ABC所成的角．
在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝π4，得EF＝22，BF＝22；
在Rt△ACF中，由AC＝2，CF＝322，
得AF＝262.
在Rt△AEF中，由EF＝22，AF＝262，
得tan∠EAF＝1313.
所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是1313.
20．、[2014•重庆卷] 如图14所示四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，
且BM＝12.
(1)证明：BC⊥平面POM；
(2)若MP⊥AP，求四棱锥PABMO的体积．

图14
20．解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD为菱形，O为菱形的中心，连接OB，则AO⊥OB.因为∠BAD＝π3，所以OB＝AB•sin∠OAB＝2sinπ6＝1.
又因为BM＝12，且∠OBM＝π3，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB•BM•cos∠OBM＝12＋122－2×1×12×cosπ3＝34，所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内的两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.

(2)由(1)可得，OA＝AB•cos∠OAB＝2×cosπ6＝3.
设PO＝a，由PO⊥底面ABCD，知△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.
又△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋34.连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB•BM•cos∠ABM＝22＋122－2×2×12×cos2π3＝214.
由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则
PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋34＝214，
解得a＝32或a＝－32(舍去)，即PO＝32.
此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB
＝12•AO•OB＋12•BM•OM
＝12×3×1＋12×12×32
＝5　38.
所以四棱锥PABMO的体积V四棱锥PABMO＝13•S四边形ABMO•PO＝13×5　38×32＝516.

G6 三垂线定理
19．、[2014•全国卷] 如图11所示，三棱柱ABC A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝1＝2.
(1)证明：AC1⊥A1B；
(2)设直线AA1与平面B1B1的距离为3，求二面角A1 AB C的大小．

图11
19．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.
连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.
由三垂线定理得AC1⊥A1B.

(2)BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面B1B1，
故平面AA1C1C⊥平面B1B1.
作A1E⊥1，E为垂足，则A1E⊥平面B1B1.
又直线AA1∥平面B1B1，因而A1E为直线AA1与平面B1B1的距离，即A1E＝3.
因为A1C为∠A1的平分线，故A1D＝A1E＝3.
作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，
故∠A1FD为二面角A1 AB C的平面角．
由AD＝AA21－A1D2＝1，得D为AC中点，
所以DF＝55，tan∠A1FD＝A1DDF＝15，
所以cos∠A1FD＝14.
所以二面角A1 AB C的大小为aros14.
方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直线坐标系C xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．

(1)证明：设A1(a，0，c)，由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1，0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1→＝(a－2，0，c)，AC1→＝AC→＋AA1→＝(a－4，0，c)，BA1→＝(a，－1，c)．
由|AA1→|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即
a2－4a＋c2＝0.　　①
又AC1→•BA1→＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B.
(2)设平面B1B1的法向量m＝(x，y，z)，
则m⊥CB→，m⊥BB1→，即m•CB＝0，m•BB1→＝0.
因为CB→＝(0，1，0)，BB1→＝AA1→＝(a－2，0，c)，所以y＝0，且(a－2)x＋cz＝0.
令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面B1B1的距离为|CA→|•|cos〈m，CA→〉|＝|CA→•m||m|＝22＋（2－a）2＝c.
又依题设，A到平面B1B1的距离为3，
所以c＝3，
代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，
于是AA1→＝(－1，0，3)．
设平面ABA1 的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥AA1→，n⊥AB→，即n•AA1→＝0，n•AB→＝0，
所以－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)．
又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故
cos〈n，p〉＝n•p|n||p|＝14，
所以二面角A1 AB C的大小为aros14.

G7 棱柱与棱锥
19．，[2014•福建卷] 如图16所示，三棱锥A BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.
(1)求证：CD⊥平面ABD；
(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A MBC的体积．

图16
19．解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴AB⊥CD.
又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，
AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，
∴CD⊥平面ABD.
(2)由AB⊥平面BCD，

得AB⊥BD.
∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝12.
∵M是AD的中点，
∴S△ABM＝12S△ABD＝14.
由(1)知，CD⊥平面ABD，
∴三棱锥C ABM的高h＝CD＝1，
因此三棱锥A MBC的体积
VA MBC＝VC ABM＝13S△ABM•h＝112.

方法二：(1)同方法一．
(2)由AB⊥平面BCD，得平面ABD⊥平面BCD.
且平面ABD∩平面BCD＝BD.
如图所示，过点M作MN⊥BD交BD于点N，
则MN⊥平面BCD，且MN＝12AB＝12.
又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝12.
∴三棱锥A MBC的体积
VA MBC＝VA BCD－VM BCD
＝13AB•S△BCD－13MN•S△BCD
＝112.
18．、[2014•广东卷] 如图12所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图13折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M CDE的体积．

　　　　　图12　　　　　　　　图13
8．[2014•江苏卷] 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________．
8.32　
19．、[2014•江西卷] 如图11所示，三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.
(1)求证：A1C⊥1；
(2)若AB＝2，AC＝3，BC＝7，问AA1为何值时，三棱柱ABC A1B1C1体积最大，并求此最大值．

G8 多面体与球
8．、[2014•湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图12所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)

图12
A．1 B．2 C．3 D．4
8．B　
5．[2014•陕西卷] 将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)
A．4π B．3π C．2π D．π
5．C　

10．、[2014•全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)
A.81π4 B．16π
C．9π D.27π4
10．A　

17．、[2014•陕西卷] 四面体ABCD及其三视图如图14所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.

图14
(1)求四面体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形．
17．解：(1)由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.
(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩ 平面ABC＝EH，

∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．

G9　空间向量及运算
G10 空间向量解决线面位置关系
G11 空间角与距离的求法
10．[2014•浙江卷] 如图13，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是(　　)

图13
A.305 B.3010
C.439 D.539
10．D　

4．[2014•全国卷] 已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)
A.16 B.36
C.13 D.33
4．B　

19．、[2014•全国卷] 如图11所示，三棱柱ABC A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝1＝2.
(1)证明：AC1⊥A1B；
(2)设直线AA1与平面B1B1的距离为3，求二面角A1 AB C的大小．

图11
19．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.
连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C.
由三垂线定理得AC1⊥A1B.

(2)BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面B1B1，
故平面AA1C1C⊥平面B1B1.
作A1E⊥1，E为垂足，则A1E⊥平面B1B1.
又直线AA1∥平面B1B1，因而A1E为直线AA1与平面B1B1的距离，即A1E＝3.
因为A1C为∠A1的平分线，故A1D＝A1E＝3.
作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB，
故∠A1FD为二面角A1 AB C的平面角．
由AD＝AA21－A1D2＝1，得D为AC中点，
所以DF＝55，tan∠A1FD＝A1DDF＝15，
所以cos∠A1FD＝14.
所以二面角A1 AB C的大小为aros14.
方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直线坐标系C xyz.由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内．

(1)证明：设A1(a，0，c)，由题设有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，则AB→＝(－2，1，0)，AC→＝(－2，0，0)，AA1→＝(a－2，0，c)，AC1→＝AC→＋AA1→＝(a－4，0，c)，BA1→＝(a，－1，c)．
由|AA1→|＝2，得（a－2）2＋c2＝2，即
a2－4a＋c2＝0.　　①
又AC1→•BA1→＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B.
(2)设平面B1B1的法向量m＝(x，y，z)，
则m⊥CB→，m⊥BB1→，即m•CB＝0，m•BB1→＝0.
因为CB→＝(0，1，0)，BB1→＝AA1→＝(a－2，0，c)，所以y＝0，且(a－2)x＋cz＝0.
令x＝c，则z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故点A到平面B1B1的距离为|CA→|•|cos〈m，CA→〉|＝|CA→•m||m|＝22＋（2－a）2＝c.
又依题设，A到平面B1B1的距离为3，
所以c＝3，
代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，
于是AA1→＝(－1，0，3)．
设平面ABA1 的法向量n＝(p，q，r)，则n⊥AA1→，n⊥AB→，即n•AA1→＝0，n•AB→＝0，
所以－p＋3r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝3，则q＝2 3，r＝1，所以n＝(3，2 3，1)．
又p＝(0，0，1)为平面ABC的法向量，故
cos〈n，p〉＝n•p|n||p|＝14，
所以二面角A1 AB C的大小为aros14.
18．、[2014•新课标全国卷Ⅱ] 如图13，四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．

图13
18．解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)V＝13×12×PA×AB×AD＝36AB，
由V＝34，可得AB＝32.
作AH⊥PB交PB于点H.
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，
因为PB∩BC＝B，所以AH⊥平面PBC.
又AH＝PA•ABPB＝31313，
所以点A到平面PBC的距离为31313.
19．[2014•全国新课标卷Ⅰ] 如图14，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

图14
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC A1B1C1的高．
19．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．
因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，
由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，且AO∩OD＝O，
故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，且AD∩BC＝D，
所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝34.
因为AC⊥AB1，所以OA＝12B1C＝12.
由OH•AD＝OD•OA，且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC A1B1C1的高为217.

17．、、[2014•天津卷] 如图14所示，四棱锥P ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA＝BD＝2，AD＝2，PA＝PD＝5，E，F分别是棱AD，PC的中点．

G12 单元综合

2014年高考数学（文）立体几何试题汇编

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